DE+DAP AN KHOI D 2011 THPT Minh Chau

Sở GD&đt HƯNG YÊN
TRƯờng thpt minh châu
THI TH I HC LN 2 NM HC 2010 2011
MễN TON -KHI D
Thi gian lm bi : 180 phỳt(khụng k thi gian giao )
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Cõu I: (2 im) Cho hm s
12
24
+= xxy
(C)
1. Kho sỏt v v th hm s.
2. Bin lun theo
m
s nghim ca phng trỡnh:
0log12
2
24
=++ mxx
(vi
0>m
)
Cõu II: (2 im) 1) Gii bt phng trỡnh:
2 10 5 10 2x x x+ +
2)Gii phng trỡnh:
( )
4 4
5sin 2 4 sin os 6
0
2cos2 3
x x c x

x
+ +
=
+
Cõu III: (1 im) Tớnh tớch phõn:
3
2
0
2 1
1
x x
I dx
x
+
=
+

.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
, SA
vuông góc với đáy và mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc bằng 60
0
. Gọi
I
là trung điểm của SC.

Tính thể tích khối chóp
.I ABC
.
Cõu V: (1 im)Cho cỏc s thc khụng õm a, b, c tha món: a + b + c = 1. Tỡm giỏ tr nh nht
ca biu thc M=3(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) + 3(ab + bc + ca) +
2 2 2
2 a b c+ +
.
PHN T CHN: Thớ sinh chn mt trong hai sau:
A. Theo chơng trình chuẩn
Cõu VI.a (2 im) 1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y + =
v im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng

,
i qua im A v tip xỳc vi ng thng

.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z+
= =

;d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z +
= =
v mt phng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng
thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d
1
, d
2
.
Cõu VII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp phc: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
B. Theo chơng trình nâng cao
Cõu VI.b : (2 im)

1.Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh cnh AB: x - y - 2 = 0,
phng trỡnh cnh AC: x + 2y - 5 = 0. Bit trng tõm ca tam giỏc G(3; 2). Vit phng trỡnh cnh BC.
2.Trong khụng gian Oxyz, cho 2 ng thng d
1
v d
2
cú phng trỡnh:
1
2 1
: 3 1
2
x t
d y t
z t
=


= +


= +

2
2
: 5 2
2
x t
d y t
z t
=

=


=

CMR : d
1
v d
2
chộo nhau, tớnh khong cỏch gia hai ng thng trờn?
Cõu VII.b (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc z
4
z
3
+ 6z
2
8z 16 = 0
Ht

Thớ sinh khụng c s dng ti liu.Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh:.S bỏo danh:
P N THI TH I HC TON KHI D
O
1
-1
1
y
x

NĂM HỌC : 2010-2011
. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
Tập xác định D = R
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
xxy 44'
3
−=
;





−=
=
=
⇔=
1
1
0
0'
x
x
x
y
Hàm số đồng biến biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1 ; + ∞).

Hàm số nghịch biến biến trên các khoảng (-∞; -1) và (0 ; 1).
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1,0 ==
CD
yx
Hàm số đạt cực tiểu tại
0,1 =±=
CT
yx
- Hàm số không có tiệm cận.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
-∞ - 1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞ +∞
1
0 0

0,25
Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (-1; 0) và (1; 0)
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 1)
- Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.
- Hình vẽ:
0,25
I-2
(1 điểm)

Số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
my
2
log−=
0,25
Từ đồ thị ta có:
Với
2
1
01log
2
<<⇔>− mm
: PT có hai nghiệm phân biệt
Với
2
1
1log
2
=⇔=− mm
: PT có ba nghiệm phân biêt.
0,25
Với
1
2
1
0log1
2
<<⇔>−> mm
: PT có bốn nghiệm phân biệt.
Với

10log
2
=⇔=− mm
: PT có hai nghiệm phân biệt.
Với
10log
2
>⇔<− mm
: Phương trình vô nghiệm.
0,25
Kết luận.
0,25
Câu II
1) Giải bất phương trình:
2 10 5 10 2x x x+ ≥ + − −
(1)
Điều kiện:
2x
≥
( )
2
1 2 10 2 5 10
2 6 20 1(2)
x x x
x x x
⇔ + + − ≥ +
⇔ + − ≥ +
Khi
2x
≥

=> x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2)
(
] [
)
2 2
2
(2) 2 6 20 2 1
4 11 0
x ; 7 3;
x x x x
x x
⇔ + − ≥ + +
⇔ + − ≥
⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là:
3x ≥
0,25
0,25
0,25
0,25
2) Giải phương trình:
( )
( )
4 4
5sin 2 4 sin os 6
0 1
2 os2 3
x x c x
c x
− + +

=
+
Điều kiện:
5 5
2 os2 3 0 2 2 ,
6 12
c x x k x k k Z
π π
π π
+ ≠ ⇔ ≠ ± + ⇔ ≠ ± + ∈
( )
2
2
1
1 5sin 2 4 1 sin 2 6 0
2
2sin 5sin 2 2 0(2)
PT x x
x x
 
⇔ − − + =
 ÷
 
⇔ + + =
Đặt sin2x=t, Đk:
1t ≤
( )
( )
( )
2

2 2 5 2 0
2

1
2
t t
t loai
t TM
⇔ + + =

= −

⇔

= −


Khi t=1/2=>sin2x=-1/2
( )
( )
2 2
2
6
12
, ,
7 7
2 2 2
6 12
x k
x k tm

k Z k Z
x k x k l
π
π
π
π
π π
π π


= − +
= − +


⇔ ∈ ⇔ ∈




= + = +




0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
1) Tính tÝch ph©n :

3
2
0
2 1
1
x x
I dx
x
+ −
=
+
∫
Đặt
2
1 1x t x t+ = ⇔ = −
dx=2tdt; khi x=0=>t=1,x=3=>t=2
0,25
( ) ( )
( )
2
2 2
2
1
2
5
4 2 3 2
1
1
2 1 1 1
2

4
=2 2 3 2
5
128 4 124 54
= 16 2 14
5 5 5 5
t t
I tdt
t
t
t t dt t
+
=

=
ữ

+ = =


0,25
0,25
0,25
Cõu IV
Tính thể tích khối chóp
.I ABC
.
Gọi M, H lần lợt là trung điểm BC, AC. Dễ có
ã
0

60SMA =
Ta có

= =
2
3 3
2 4
ABC
a a
AM S
0,25
0,25
0
3 3
tan60 ,
2 2 4
a SA a
SA AM IH= = = =
Vậy
3
.
1 3
. .
3 16
S ABC ABC
a
V IH S= =
0,25
0,25
Phn t chn

VI.b- 1
(1 điểm)
1) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:
- - 2 0
2 - 5 0
x y
x y
=


+ =

⇔ A(3; 1) 0.25
Gọi B(b; b- 2) ∈ AB, C(5- 2c; c) ∈ AC 0.25
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên
3 5 2 9
1 2 6
b c
b c
+ + − =


+ − + =

⇔
5
2
b
c
=



=

. Hay B(5; 3), C(1; 2) 0.25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là
( 4; 1)u BC= = − −
r uuur
.
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
VIb2
2) gọi M(x
m
;y
m
;z
m
) và N(x
n
;y
n
;z
n
) là hai điểm lần lượt thuộc d
1
và d
2
, NM là đường vuông
góc chung của d
1

và d
2
.
Vậy M(2t
m
-1;3t
m
+1;t
m
+2) và N(t
n
-2;5t
n
-2;-2t
n
)
( )
2 1;5 3 3; 2 2
n m n m n m
MN t t t t t t⇒ = − − − − − − −
uuuur
Gọi véctơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần lượt là
1 2
,
d d
u u

uur uur
Do:
1
. 0 15 15 13 0
5
30 15 16 0 2
. 0
3
m
d n m
n m
d
n
t
MN u t t
t t
MN u
t

=
 
= − − =

 
⇔ ⇔
  
− − =
=





= −


uuuur uur
uuuur uur
3 8 11 8 16 4
; ; ; ; ;
5 5 5 3 3 3
M N
   
⇒ − − −
 ÷  ÷
   
=> độ dài của MN=
0,5
0,5

VIa
0.25
Tâm I của đường tròn thuộc
∆
nên I(-3t – 8; t)
Theo yªu cÇu thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10

( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
2
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là
(1;3; 1)u = −
r
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
VIIb
Xét phương trình : Z

4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm Z
1
= –1, phân tích vế trái thành nhân tử cho ta:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
ĐS :
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i

VII.a
∆=24+70i=(7+5i)
2
,
Mét c¨n b©c 2 cu¶
∆
Lµ 7+5i

2
5 4
z i
z i
= +

=>

= − −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
⇒ 1 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)

⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 – 2t và
1
0
3
t≤ ≤
Theo B.C.S ta có : t
2
= (ab + bc + ca)
2
≤ 3(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
)
⇒ M ≥
2

3 2 1 2 ( )t t t f t+ + − =
f’(t) =
2
2 3
1 2
t
t
+ −
−

f ’’(t) =
3
2
2
(1 2 )t
−
−
< 0, ∀t ∈
1
0,
3
 
 
 
⇒ f’(t) là hàm giảm
1 11
'( ) '( ) 2 3
3 3
f t f≥ = −
> 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈

1
0,
3
 
 
 
⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1
Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
VIIa
Xét phương trình : Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm Z
1
= –1, phân tích vế trái thành nhân tử cho ta:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
ĐS :

{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i